2022北京五中高一（下）期中数学（教师版）

这是一份2022北京五中高一（下）期中数学（教师版），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022北京五中高一（下）期中数    学一、单选题（每小题4分，共40分）1．若复数满足，则在复平面内所对应的点位于　　A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．下列结论中正确的是　　①若且，则；②若，则且；③若与方向相同且，则；④若，则与方向相反且．A．①③ B．②③ C．③④ D．②④3．已知复数，则　　A． B． C． D．4．在中，，，，则等于　　A．或 B．或 C． D．5．如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则　　A． B． C． D．6．已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为　　A． B． C． D．7．在中，，则下列结论中不正确的是　　A． B． C． D．8．已知向量，满足，，若，则向量，的夹角为　　A． B． C．或 D．或9．已知边长为2的正方形，设为平面内任一点，则“”是“点在正方形及内部”的　　)A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件10．在中，角，，所对的边分别为，，，，，记（a），若函数（a）（a）是常数）只有一个零点，则实数的取值范围是　　A．或 B． C． D．或二、填空题（每小题5分，共25分）11．（5分）若用与球心的距离为的平面截球体所得的圆面半径为，则球的体积为 　　．12．（5分）已知复数满足，则的最大值为 　　．13．（5分）已知在中，有，则下列说法中：①为钝角三角形；②；③．正确说法的序号是　　．（填上所有正确说法的序号）14．（5分）如图，正方体的棱长为4，点在正方形的边界及其内部运动．平面区域由所有满足的点组成，则的面积是 　　；四面体的体积的取值范围 　　．15．（5分）在中，点是边上任意一点，在直线上，且满足，若存在实数和，使得，则　　．三、解答题（第16-19、21题，每题14分，第20题15分，共85分.）16．（14分）在平面直角坐标系中，，．（1）若，求的值；（2）若向量，求的值．17．（14分）已知函数的最小正周期为．（Ⅰ）求的值及函数的最大值和最小值；（Ⅱ）求函数的单调递增区间．18．（14分）（1）若关于的不等式的解集为或，求，的值；（2）解关于的不等式．19．（14分）如图，某市郊外景区内一条笔直的公路经过三个景点、、，景区管委会又开发了风景优美的景点，经测量景点位于景点的北偏东方向处，位于景点的正北方向，还位于景点的北偏西方向上，已知．（1）景区管委会准备由景点向景点修建一条笔直的公路，不考虑其他因素，求出这条公路的长；（结果精确到（2）求景点与景点之间的距离．（结果精确到20．（15分）在中分别、、分别是角、、的对边，且满足．（1）求角的大小；（2）现在给出三个条件：①；②；③．试从中选出两个条件，补充在下面的问题中_____，_____，求的面积．（3）当满足时，求的取值范围使得这样的有且只有两个（直接写出结论）．21．（14分）对于正整数，，存在唯一一对整数和，使得，．特别地，当时，称能整除，记作，已知，2，3，，．（Ⅰ）存在，使得，试求，的值；（Ⅱ）求证：不存在这样的函数，2，，使得对任意的整数，，若，2，，则；（Ⅲ）若，（B）（B）指集合中的元素的个数），且存在，，，，则称为“和谐集”．求最大的，使含的集合的有12个元素的任意子集为“和谐集”，并说明理由．
参考答案一、单选题（每小题4分，共40分）1．【分析】根据已知条件，结合复数的乘法原则和复数的几何含义，即可求解．【解答】解：，即复数在复平面内对应的点为，位于第四象限．故选：．【点评】本题考查了复数的几何意义，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．2．【分析】利用向量共线、相等的意义即可判断出正误．【解答】解：①若且，则，因此①不正确；②若，则且，正确；③若与方向相同且，则，正确；④若，则与方向不一定相反，可能，因此④不正确．故选：．【点评】本题考查了两向量共线、相等的意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求得，再由复数模的计算公式求．【解答】解：，．故选：．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，属基础题．4．【分析】利用正弦定理求得，利用，进而求得．【解答】解：由正弦定理知，，，，或．故选：．【点评】本题主要考查了正弦定理的应用．考查了学生对基础知识的运用，属于基础题．5．【分析】根据题意得：，结合向量加法的四边形法则及平面向量的基本定理可求【解答】解：根据题意得：，又，，所以．故选：．【点评】本题主要考查了平面向量的基本定理的简单应用，属于基础试题6．【分析】利用斜二测法的“三变”“三不变”得到直三棱柱的底面平面图，由此能求出此三棱柱的表面积．【解答】解：斜二测法的“三变”“三不变”得到直三棱柱的底面平面图，如图，其中，，此三棱柱的表面积为．故选：．【点评】本题考查三棱柱的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．7．【分析】利用三角形中大角对大边可得，再利用特殊值判断可得结论．【解答】解：中，，利用大角对大边，可得．不妨为钝角，则是锐角，，，所以不成立．故选：．【点评】本题主要考查三角形中大角对大边，特殊值判断法的应用，属于基础题．8．【分析】根据题意，利用平面向量数量积和模长与夹角公式，求出即可．【解答】解：因为，，且，设向量，的夹角为，则，，所以，即，化简得，解得或，又因为，所以，即向量，的夹角为．故选：．【点评】本题考查了平面向量的数量积与夹角和模长的计算问题，是基础题．9．【分析】先建系写出坐标，利用向量的数量积运算得到，再利用充要条件的定义判定即可．【解答】解：建立平面直角坐标系如下，则，，设，则，①当，时，满足，但在正方形外部，②当点在正方形及内部时，则，，是点在正方形及内部的必要不充分条件，故选：．【点评】本题考查了向量的数量积运算，充要条件的判定，属于中档题．10．【分析】由余弦定理可得（a）的解析式，利用二次函数的性质可得（a）的最小值为3，（a）的增区间为，，减区间为，，且趋于6，由此可得实数的取值范围．【解答】〇解：在中，，，记（a），而由余弦定理可得，即（a）的最小值为3．由于函数（a）（a）是常数）只有一个零点，故函数（a）的图象与直线有唯一交点，由于函数（a）的增区间为，，减区间为，，且趋于6，结合函数（a）的图象可得，或，故选：．【点评】本题主要考查函数的零点与方程的根的关系，二次函数的性质应用，体现了转化的数学思想，属于中档题．二、填空题（每小题5分，共25分）11．【分析】根据题意求出球的半径，再计算球的体积．【解答】解：如图所示，依题意知，截面圆的半径为，球心到截面圆的距离为，所以球的半径为，所以球的体积为．故答案为：．【点评】本题考查了球的体积计算问题，也考查了球面被平面所截的截面圆问题，是基础题．12．【分析】令，则，根据即可求出其最大值．【解答】解：令，由，得，复数在复平面内所对应的点在以原点为圆心，以1为半径的圆上，表示圆上的点到点的距离，的最大值为．故答案为：．【点评】本题考查复数的模，考查运算求解能力，属于基础题．13．【分析】由，利用数量积的定义可得，可得是钝角．再结合余弦定理、三角形的内角和定理、两角和差的余弦公式即可判断出．【解答】解：①，，，，是钝角．为钝角三角形，正确②由余弦定理可得，；正确③，，．正确综上可得：正确说法的序号是①②③．故答案为：①②③．【点评】本题考查了数量积的定义、余弦定理、三角形的内角和定理、两角和差的余弦公式，考查了推理能力和计算能力，属于基础题．14．【分析】连接，由线面垂直的性质得到，再由勾股定理求出，即可得到以为圆心2为半径的圆面上，即可求出的面积，再根据，得到当在边上时四面体的体积最大，当在边的中点时四面体的体积最小，再根据锥体的体积公式计算可得取值范围．【解答】解：连接， 因为平面，平面，所以，，由，，所以，所以在以为圆心2为半径的圆面上，的面积是；由题意可知，所以当在边上时，四面体的体积的最大值是．所以当在边的中点时，的面积取得最小值，此时，所以四面体的体积的最小值是，所以．故答案为：，．【点评】本题主要考查空间几何体体积的计算，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．15．【分析】利用平面向量基本定理及向量共线得到，再与已知对比求出，的值，即可得出答案．【解答】解：设，，，则，，，，，故答案为：2．【点评】本题考查了平面向量基本定理及向量共线的应用，属中档题．三、解答题（第16-19、21题，每题14分，第20题15分，共85分.）16．【分析】（1）可求出的坐标，然后即可求出的值；（2）可求出，而根据可得出，然后即可求出的值．【解答】解：（1）时，，，；（2），且，，解得．【点评】本题考查了向量坐标的加法和减法的坐标运算，向量数量积的坐标运算，考查了计算能力，属于基础题．17．【分析】先利用倍角公式及两角和的正弦公式将函数化成标准形式，然后利用周期公式求出的值，根据正弦函数的最值求出函数的最大值和最小值；根据正弦函数的单调区间求出函数的单调区间．【解答】解：（Ⅰ）．因为，，所以．因为，，所以．所以函数的最大值为1，最小值为．（Ⅱ）令，，得，，所以，．所以函数的单调递增区间为，．【点评】本题考查了三解函数式的化简及三角函数的图象与性质，解决这类问题的关键是把三角函数式利用三角公式化成标准形式．18．【分析】（1）根据不等式与对应方程的关系，利用根与系数的关系求出和的值；（2）把不等式化为，讨论和、时，分别求出对应不等式的解集．【解答】解：（1）由题意可知，方程的两个不相等的实根分别为1和，于是有，解得；（2）原不等式等价于，即，①当时，原不等式的解集为；②当时，方程的两根为和；当时，不等式的解集为或；当时，若，即，原不等式的解集为；若，即，原不等式的解集为；若，即，原不等式的解集为，综上所得：当时，原不等式的解集为；当时，不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为．【点评】本题考查了含有字母的不等式解法与应用问题，是中档题．19．【分析】（1）过点作于点，过点作，交的延长线于点，求的问题就可以转化为求的度数或三角函数值的问题．（2）中根据三角函数就可以求出的长．【解答】解：（1）如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点在中，，，；在中，，，，在中，，，在中，，，，．（2），在中，，，，由题意可知，由（1）可知，所以，在中，，景点与景点之间的距离约为．【点评】本题主要考查解直角三角形的条件，已知直角三角形的一个锐角和一边长，或已知两边长就可以求出另外的边和角．20．【分析】（1）用正弦定理求得，即可求出；（2）选条件①②：直接求出，得到，这与相矛盾，故这样的不存在，舍去；选条件①③：由余弦定理解得：，判断出为等腰三角形，求出，直接用面积公式求面积；选条件②③：由角判断出为等腰三角形，直接用面积公式求面积．（3）利用正弦定理建立不等式，解出的取值范围．【解答】解：（1）在中，对，用正弦定理得：，所以，即，因为，所以，所以．因为，所以；（2）选条件①②：在中，有，由可得：，所以，这与相矛盾，故这样的不存在，舍去；选条件①③：在中，有，由余弦定理可得：，即，解得：，所以为等腰三角形，所以，所以；选条件②③：在中，有，由可得：，所以为等腰三角形，所以，所以．（3）如图示， 要使符合题意的有且只有两个，只需以为圆心，以为半径作弧与射线（不含有且仅有两个交点，过作于，则，只需满足，即，解得：，所以的取值范围为．【点评】本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．21．【分析】（Ⅰ）将2011除以91，便可求相应的商与余数；（Ⅱ）假设存在这样的函数，若（1），，2，，（2），，2，，则（3）（1），（3）（2），令（3），，2，，这里，且，同理有，（4），且（4），从而引出矛盾；（Ⅲ）先证明，9，10，11，12时，不存在含的集合的有12个元素的子集为非“和谐集”．再证明：含7的任意集合的有12个元素的子集为“和谐集”．【解答】解：（Ⅰ）因为，所以，．（2分）（Ⅱ）证明：假设存在这样的函数，2，，使得对任意的整数，，若，2，，则．设（1），，2，，（2），，2，，由已知，由于，，所以（3）（1），（3）（2）．不妨令（3），，2，，这里，且，同理，（4），且（4），因为，2，只有三个元素，所以（4）．即（1）（4），但是，与已知矛盾．因此假设不成立，即不存在这样的函数，2，，使得对任意的整数，，若，2，，则．（8分）（Ⅲ）当时，记，2，，，，2，3，记，则，显然对任意，不存在，使得成立．故是非“和谐集”，此时，9，10，11，12，13，14，15，17，19，21，．同样的，当，10，11，12时，存在含的集合的有12个元素的子集为非“和谐集”．因此．（10分）下面证明：含7的任意集合的有12个元素的子集为“和谐集”．设，，，，，若1，14，21中之一为集合的元素，显然为“和谐集”．现考虑1，14，21都不属于集合，构造集合，4，8，，，6，，，10，，，，，，，15，17，19，．以上，，，，每个集合中的元素都是倍数关系．考虑的情况，也即中5个元素全都是的元素，中剩下6个元素必须从，，，，这5个集合中选取6个元素，那么至少有一个集合有两个元素被选，即集合中至少有两个元素存在倍数关系．综上所述，含7的任意集合的有12个元素的子集为“和谐集”，即的最大值为7．（14分）【点评】本题是新定义题，解答的关键是读懂题意，巧妙运用，有一定的难度．